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2025版高考物理一轮复习微专题小练习机械能专题35功能关系能量守恒定律

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这是一份2025版高考物理一轮复习微专题小练习机械能专题35功能关系能量守恒定律，共6页。试卷主要包含了6，cs 37°＝0，0 m时机械能损失了12 J等内容，欢迎下载使用。

(多选)如图所示，建筑工地上载人升降机用不计质量的细钢绳跨过定滑轮与一电动机相连，通电后电动机带动升降机沿竖直方向运动，摩擦及空气阻力均不计．则( )
A．升降机匀速下降过程中，人的机械能守恒
B．升降机匀速下降过程中，升降机底板对人做负功
C．若在升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功大小等于人增加的动能
D．若在升降机匀加速下降(a答案：BD
解析：升降机匀速下降过程中，人的动能不变，重力势能减小，则机械能减小，A错误；升降机匀速下降过程中，升降机底板对人的支持力与人的重力平衡，则支持力竖直向上，与运动方向相反，则做负功，B正确；若在升降机匀加速上升过程中，根据动能定理，升降机底板对人做的功与重力对人做功的代数和等于人增加的动能，C错误；若在升降机匀加速下降过程中，人的重力对人做的功与升降机底板对人做的功的代数和等于人增加的动能，而升降机底板对人做的功为负功，则人的重力对人做的功大小大于人增加的动能，D正确．
2．一个倾角θ＝37°的斜面固定于水平地面，斜边长5 m，一物块从斜面顶端由静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中两直线所示，设斜面底端所在的水平面为零势能面，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度取10 m/s2，则( )
A．物块的质量m＝2 kg
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.4
C．物块下滑到斜面底端时速度大小为 eq \r(5) m/s
D．当物块下滑3.0 m时机械能损失了12 J
答案：D
解析：物块重力势能的减少量ΔEp＝mgs sin 37°＝30 J，解得m＝1 kg，A错误；物块下滑到斜面底端时的动能为10 J，则速度大小v＝ eq \r(\f(2Ek,m))＝2 eq \r(5) m/s，C错误；下滑过程中应用动能定理得WG－μmgs cs 37°＝Ek，由图像知WG＝30 J，Ek＝10 J，解得动摩擦因数μ＝0.5，B错误；物块下滑3.0 m时机械能损失量等于克服摩擦力做的功ΔE＝μmgs′cs 37°＝12 J，D正确．
3.
[2024·河南省调研考试三]小明同学设计了如图所示的称量物体质量的新方法．质量为m0的凹槽放置在粗糙程度相同的水平地面上，左边有一连接固定墙面的轻质弹簧，弹簧不与凹槽连接，现用力将凹槽向左推到O点，凹槽静止时距左边墙面的距离为L1，撤去外力后凹槽能运动到A点，且A点到墙面的距离为L2.现在凹槽里面放置一质量未知的物体，物体与凹槽之间无相对滑动，再次让凹槽从O点弹出，凹槽能运动到B点，且B点距墙面的距离为L3，则放在凹槽中的物体的质量为( )
A． eq \f(L2,L3)m0 B． eq \f(L2－L3,L3－L1)m0
C． eq \f(L2－L1,L3－L1)m0 D． eq \f(L3－L1,L2－L1)m0
答案：B
解析：未放置物体时，从O点到A点，由能量守恒得Ep＝μm0g(L2－L1)；放置物体后，从O点到B点，由能量守恒得Ep＝μ(m0＋m)g(L3－L1)，联立两式解得m＝ eq \f(L2－L3,L3－L1)m0，B正确．
4.
[2024·重庆市名校联盟期中联考]如图所示，质量为m的物体(可视为质点)以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度为 eq \f(3,4)g，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体( )
A．重力势能增加了 eq \f(3,4)mgh
B．摩擦力大小为 eq \f(3,4)mg
C．动能损失了mgh
D．系统产生热量为 eq \f(1,2)mgh
答案：D
解析：物体在斜面上上升的最大高度为h，克服重力做功为mgh，所以重力势能增加了mgh，A错误；根据牛顿第二定律有mg sin 30°＋f＝ma，解得摩擦力大小为f＝ eq \f(1,4)mg，B错误；由动能定理可知，动能损失量等于合外力做功的大小，物体通过的位移为x＝ eq \f(h,sin 30°)＝2h，则动能损失为ΔEk＝F合×2h＝m× eq \f(3,4)g×2h＝ eq \f(3,2)mgh，C错误；根据能量守恒定律可知系统产生的热量即为机械能的损失ΔE＝ΔEk－mgh＝ eq \f(3,2)mgh－mgh＝ eq \f(1,2)mgh，D正确．
5．[2024·江苏省扬州市检测]质量为m的物体在竖直向上的恒定拉力F的作用下，由静止开始向上运动高度H，所受空气阻力恒为f，重力加速度为g.此过程中，下列说法中正确的是( )
A．物体的动能增加了(F－f)H
B．物体的重力势能增加了mgH
C．物体的机械能减少了fH
D．物体的机械能增加了(F－mg－f)H
答案：B
解析：根据题意，由动能定理可得，物体的动能增加量为ΔEk＝(F－f－mg)H，A错误；质量为m的物体向上运动高度H，物体的重力势能增加了mgH，B正确；由功能关系可得，物体机械能的变化量为ΔE＝(F－f)H，即物体的机械能增加了(F－f)H，C、D错误．
6．[2024·湖南省湘东九校联考](多选)如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上的光滑转轴O上，另一端与质量为m的小球(可视为质点)相连，小球套在粗糙程度处处相同的直杆上．A点距水平面的高度为h，直杆与水平面的夹角为30°，OA＝OC，B为AC的中点，OB等于弹簧原长．小球从A处由静止开始下滑，经过B处的速度为v1，并刚好能到达C处．若在C点给小球一个沿斜杆向上的初速度v0，小球经过B点时的速度为v2，并刚好能到达A处．已知重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．可以求出小球与直杆的动摩擦因数为 eq \f(\r(3),3)
B．小球从A到B过程中弹簧弹力做功为 eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
C．v1＝v2
D．v0＝2 eq \r(gh)
答案：BD
解析：因为小球运动过程中除B点外摩擦力均大于μmg cs 30°，所以动摩擦因数小于 eq \f(\r(3),3)，A错误；设小球从A运动到B的过程克服摩擦力做功为Wf，小球的质量为m，弹簧弹力做功为Wp.根据能量守恒定律得，对于小球A到B的过程有mg· eq \f(1,2)h＋Wp＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋Wf，A到C的过程有mgh＝2Wf，解得Wf＝ eq \f(1,2)mgh，Wp＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，B正确；根据能量守恒定律得，对于小球A到B的过程有mg· eq \f(1,2)h＋Wp＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋Wf，mg· eq \f(1,2)h＋Wf＋ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋Wp，解得v17.
如图所示，轻质细线跨过轻质定滑轮，两端分别悬挂质量m1＝4 kg、m2＝0.5 kg的甲、乙两球，两球由静止释放时高度差h＝6 m，经过一段时间Δt，甲、乙正好处于同一高度，甲、乙均可视为质点，所受的空气阻力大小相同均恒为4 N，滑轮与轴、细线之间摩擦忽略不计，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)Δt的值；
(2)该过程中系统机械能的变化量．
答案：(1)1 s (2)减少24 J
解析：(1)设甲、乙组成的整体加速度为a，由牛顿第二定律可得
m1g－m2g－2f＝(m1＋m2)a
由题意分析可得整体在Δt内运动的位移x＝ eq \f(h,2)
由匀变速运动规律可得x＝ eq \f(1,2)a(Δt)2
综合解得Δt＝1 s
(2)由功能关系可知，机械能的变化量等于空气阻力做功的大小，则有ΔEp＝－2f· eq \f(h,2)＝－24 J即系统机械能减少24 J．
8.
[2024·河南省驻马店市联考]如图所示，水平面上固定一倾角θ＝37°的斜面，A为斜面上端点，C为斜面下端点，B为斜面的中点，斜面的高为h，斜面的上半段AB光滑，下半段BC粗糙且粗糙程度相同．现将一可视为质点的物块从斜面的上端点A由静止释放，当物块运动到下端点C时，与固定在C处的挡板发生碰撞．已知碰撞前后物块的速率不变，物块第一次反弹向上运动到达的最高点恰好为B点．已知重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.求：
(1)物块第一次经过B点时的速度v1；
(2)物块和斜面下半段BC间的动摩擦因数μ；
(3)若物块与挡板碰撞n次后，向上运动的最大位移大小恰好为斜面长度的 eq \f(1,54)，则n的值为多少．
答案：(1)v1＝ eq \r(gh)，方向沿斜面向下 (2)μ＝ eq \f(3,8) (3)4
解析：(1)根据机械能守恒mg× eq \f(h,2)＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
解得物块第一次经过B点时的速度v1＝ eq \r(gh)
方向沿斜面向下．
(2)根据能量守恒
mg× eq \f(h,2)＝μmg cs θ·LBC＋μmg cs θ·LCB
且LCB＝ eq \f(1,2)LAC＝ eq \f(h,2sin θ)
解得μ＝ eq \f(3,8)
(3)物块在斜面上受到的摩擦力f＝μmg cs θ＝ eq \f(3,10)mg
第1次碰撞后沿斜面向上运动的距离为 eq \f(1,2)LAC，设第2次碰撞后沿斜面向上运动的距离为x，根据能量守恒
mg( eq \f(LAC,2)－x)sin θ＝f( eq \f(LAC,2)＋x)＝ eq \f(3,10)mg( eq \f(LAC,2)＋x)
解得x＝ eq \f(1,6)LAC
设第3次碰撞后沿斜面向上运动的距离为x1，根据能量守恒mg( eq \f(LAC,6)－x1)sin θ＝f( eq \f(LAC,6)＋x1)＝ eq \f(3,10)mg( eq \f(LAC,6)＋x1)
得x1＝ eq \f(1,18)LAC
设第4次碰撞后沿斜面向上运动的距离为x2，根据能量守恒mg( eq \f(LAC,18)－x2)sin θ＝f( eq \f(LAC,18)＋x2)＝ eq \f(3,10)mg( eq \f(LAC,18)＋x2)
解得x2＝ eq \f(1,54)LAC
则n的值为4
9.
如图所示，半径为R的光滑四分之一圆弧轨道AB与水平轨道BC在B点平滑连接，水平轨道上C点有一竖直固定挡板，挡板上连接一轻弹簧，质量为m的物块(可视为质点)从A点正上方高为R处由静止释放，刚好能从A点进入圆弧轨道，物块经圆弧轨道进入水平轨道，压缩弹簧后被反弹，物块沿轨道运动并从A点抛出，从A点抛出后上升的最大高度为 eq \f(1,2)R.已知重力加速度为g，求：
(1)物块第二次经过B点时对圆弧轨道的压力大小；
(2)弹簧第一次被压缩后具有的最大弹性势能；
(3)若物块最终停在BC上某处(与弹簧不接触)，且物块在BC面上运动的总路程为4R，求物块与水平面BC间的动摩擦因数．
答案：(1)4mg (2) eq \f(7,4)mgR (3)0.5
解析：(1)设物块第二次经过B点时速度大小为v，根据机械能守恒定律有
mg× eq \f(3,2)R＝ eq \f(1,2)mv2
解得v＝ eq \r(3gR)
在B点，设圆弧轨道对物块的支持力为N，根据牛顿第二定律有N－mg＝m eq \f(v2,R)
解得N＝4mg
根据牛顿第三定律，物块对轨道的压力N′＝N＝4mg
(2)设第一次被压缩后弹簧具有的最大弹性势能为Ep，物块从释放到将弹簧压缩到最短的过程中，根据动能定理有mg×2R－Wf＝Ep
从释放到从A点上抛到最高点过程中
mg×2R－mg× eq \f(3,2)R－2Wf＝0
解得Ep＝ eq \f(7,4)mgR
(3)由功能关系有μmg×4R＝mg×2R
解得μ＝0.5